1、BCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgC1浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色AA BB CC DD【答案】C。【解析】ANaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，为Fe（OH）2，随后后变为红褐色，生成Fe（OH）3，Fe元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不选；B石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；CNa2S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐
2、变为黑色，由AgCl生成Ag2S沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；D热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为NO2，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。2（2017北京）下列变化中，气体被还原的是（）A二氧化碳使Na2O2固体变白 B氯气使KBr溶液变黄C乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀【答案】B。【解析】A二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故A错误；B氯气使KBr溶液变黄，该反应中氯气做氧化剂，反应中被还
3、原，故B正确；C乙烯与溴的反应中，溴做氧化剂，乙烯被氧化，故C错误；D氨气与AlCl3溶液的反应不是氧化还原反应，故D错误；3（2019北京）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（）物质（括号内为杂质）除杂试剂FeCl2溶液（FeCl3）Fe粉NaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCl2（HCl）H2O、浓H2SO4NO（NO2）H2O、无水CaCl2【解析】AFe与氯化铁反应生成氯化亚铁，为氧化还原反应，故A不选；BNaOH与氯化镁发生复分解反应，且加盐酸中和生成的NaOH，可除杂，故B选；C氯气与水反应，发生氧化还原反应，应选饱和食盐水抑制氯气的溶解，故C不选；D
4、二氧化氮与水反应生成NO，为氧化还原反应，故D不选；1（2016北京）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（）A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O72-被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【解析】A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；C是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱
5、性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D若向溶液中加入70%的硫酸到过过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误。2（2015北京）在通风橱中进行下列实验：步骤Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是（）A中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对此、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【解析】A稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成
6、NO，NO遇空气变为二氧化氮，中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2，故A正确；B的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C对比I、的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D根据中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，3（2018北京）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生
7、O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2，为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量
8、b，滴加盐酸，有Cl2产生。i由方案1中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl-氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。ii方案可证明K2FeO4氧化了Cl-用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_FeO42-（填“”或“MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO42-MnO4-，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案：_。【答案】详见解析【解析】（1）A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4-被还原为Mn
9、2+，Cl-被氧化为Cl2，所以反应的方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+5Cl2+2Mn2+8H2O，故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+5Cl2+2Mn2+8H2O；装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为：，C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，还存在反应为Cl2和KOH反应，所以还发生的反应方程式为：Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O，故答案为：Cl2+2KOHKCl+KClO+
10、H2O；（2）i方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42-+20H+4Fe3+3O2+10H2O，Fe3+；4FeO42-+20H+4Fe3+3O2+10H2O；ii方案可证明K2FeO4氧化了Cl-，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO-，ClO-在酸性条件下可与Cl-反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶
11、出，并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO-干扰实验，使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO-干扰实验；Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱，溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱；MnO4-在溶液中显紫色，K2Fe
12、O4在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO42-在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O2，作为K2FeO4的紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO4-，若答不能说明，则是考虑到FeO4-在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和O2，由于是加入足量的H2SO4，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe（H2O）63+形式存在，颜色是浅紫色，则说明FeO42-并没有将Mn2+氧化为MnO4-而显浅紫色，可以设计方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液快速褪去还是显浅紫色，能说明，理由：FeO42-在过量酸的作用下完
13、全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4-的颜色，不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。4（2016北京）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一、（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图1所示作负极的物质是_正极的电极反应式是_（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3-的去除率接近100%50%24小时pH接近中性铁的最终物质形态pH=4.5时，NO3-的去除率低其原因是_（3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，
14、补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3-的去除率对Fe2+的作用提出两种假设：Fe2+直接还原NO3-；Fe2+破坏FeO（OH）氧化层做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是_同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3-去除率的原因：_（4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如表：约10%约3%1小时pH与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因：_（1）Fe还原水体中NO3-，则Fe作还原剂，失去电子，作负极，铁；NO3-在正极得电子发生还原反应
15、产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O，NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O；（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），而FeO（OH）不导电，阻碍电子转移，所以NO3-的去除率低。FeO（OH）不导电，阻碍电子转移；（3）从图2的实验结果可以看出，单独加入Fe2+时，NO3-的去除率为0，因此得出Fe2+不能直接还原NO3-；而Fe和Fe2+共同加入时NO3-的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率在Fe和Fe2+
16、共同作用下能提高NO3-的去除率；同位素示踪法证实了Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4，离子方程式为：Fe2+2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移Fe2+2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移；（4）根据实验结果可知Fe2+的作用是将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，而NO3-的去除率由铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始pH会影响Fe2+的含量初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足5（2019北京）
17、化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。、用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amolL-1KBrO3标准溶液；、取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；、向所得溶液中加入v2mL废水；、向中加入过量KI；、用bmolL-1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。已知：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色（1）中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。（2）中发生反应的离子方程式是
18、_。（3）中发生反应的化学方程式是_。（4）中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_。（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是_。（6）V中滴定至终点的现象是_。（7）废水中苯酚的含量为_gL-1（苯酚摩尔质量：94gmol-1）。（8）由于Br2具有_性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。（1）中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，容量瓶；（2）中发生反应的离子方程式是BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；（3）中发生反应的化学方程式是苯酚与浓溴水
19、反应的化学方程式为；（4）中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是确保溴过量，保证苯酚已经完全反应，确保溴过量，保证苯酚已经完全反应；（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是由电子守恒可知，当n（KI）=6n（KBrO3）时，KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应，而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴，所以n（KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量，由电子守恒可知，当n（KI）=6n（KBrO3）时，KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应，而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴，所以n（KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量；（6）V中滴定至终点的现象是最
20、后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变，最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变；（7）由BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6、可知，生成的溴的物质的量为amol/Lv110-3L3=3av110-3mol，由溴与碘化钾反应生成的碘的物质的量为bmol/Lv3=5bv310-4mol，所以与苯酚反应的溴的物质的量为3av110-3mol-5bv310-4mol=（30av1-5bv3）10-4mol，由可知，苯酚的物质的量为（30av1-5bv3）10-4mol，废水中苯酚的含量为
21、=gL-1，（8）由于Br2具有挥发性的性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高，挥发性。量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误。6（2016北京）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性试剂滴管试管0.2molL-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液产生白色沉淀0.2molL-1CuSO4溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1molL-1Al2（SO4）3溶液开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经检验，现象中的白色沉淀是Ag2SO3用离子方程式解释现象：_（2）经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO42-，含有Cu
22、+、Cu2+和SO32-Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI（白色）+I2用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是_通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32-a白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_b证实沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是_（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在经检验，现象的白色沉淀中无SO42-，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色推测沉淀中含有亚硫酸根和_对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i被Al（OH）3所吸附；ii存在于铝的碱式盐中对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立a将对比实验方案补充完整步骤一：步骤二：_（
23、按图形式呈现）b假设ii成立的实验证据是_（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有_盐溶液间反应的多样性与_有关（1）实验中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑SO32-浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag+SO32-=Ag2SO3，故答案为：2Ag+SO32-=Ag2SO3；（2）依据反应Cu+和稀硫酸反应铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，析出红色固体；a分析实验流程可知实验原理为2Cu2+4I-=2CuI+I2
24、、I2+SO32-+H2O=SO42-+2I-+2H+、SO42-+Ba2+=BaSO4，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中。HCl和BaCl2溶液；b由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO42-，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I-作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I-反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32-；棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀（CuI），证明含有Cu2+，白色沉淀A为硫酸钡，证明含有SO32-；（3）根据题意知实验的白色沉淀中无SO42-，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有Al3+和OH-，可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；Al3+、OH-；根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al（OH）3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出
